2017-2018学年湖南省双峰县第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2017-2018学年湖南省双峰县第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

双峰一中2017年下学期高二年级期中考试 物理试卷（理科）‎ 一、单项选择题：(10×3=30分，每小题中只有一个选项是正确的)‎ ‎1. 下列说法中错误的是：‎ A. 安培分子电流假说认为磁体的磁场是由运动电荷产生的 B. 电流元在空间中某处不受安培力作用，则此处一定无磁场 C. 安培力和洛仑兹力的方向一定与磁场方向垂直 D. 通电直导线与磁场方向间的夹角从300变至600过程中，安培力方向一直不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：安培分子电流假说认为磁体的磁场是由运动电荷产生的，安培分子电流假说很好的解释了磁现象，故A正确；电流元在空间中某处不受安培力作用，则该位置的磁感应强度不一定为零，还与导体与磁场夹角有关，故B错误；安培力与洛伦兹力的方向均由左手定则来确定，它们都与磁场及电流或速度方向所构成的平面垂直，故C正确；安培力的方向均由左手定则来确定，与磁场及电流方向所构成的平面垂直，当电流与磁场方向间的夹角发生化时，安培力的方向不变，故D正确.本题选错误的，故选B.‎ ‎2. 如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后作直线运动．带电粒子所受重力可忽略不计，若粒子：‎ A. 速度大于v0则向下偏转 B. 带负电则不能作直线运动 C. 速度小于v0则向下偏转 D. 从右端水平射入时向上偏转 ‎【答案】C ‎【点睛】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动．‎ ‎3. 一种新型发电机叫磁流体发电机,如图所示表示它的发电原理:将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的粒子,而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场,磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下,下列说法中正确的是:‎ A. A板带正电 B. 有电流从b经用电器流向a C. 金属板A、B间的电场方向向下 D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力小于所受电场力 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D错误．故选D．‎ ‎【点睛】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．‎ ‎4.‎ ‎ 平行板A、B组成电容器，充电后断开电源与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是：‎ ‎ ‎ A. B板向右移动 B. A板向右移动 C. A、B板间插入电介质 D. 减少极板上的电荷量 ‎【答案】A ‎...............‎ ‎【点睛】充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，应增大两板间的电势差；根据电容的定义式及平行板电容器的决定式可以分析各选项能否使张角增大．‎ ‎5. 电流表的量程为I，其内阻为RA，现欲把这电流表的量程扩大至原来的N倍，则：‎ A. 应加串一个阻值为RA的N倍的电阻 B. 应加并一个阻值为RA/N的电阻 C. 刻度盘的最小刻度是原来的N倍 D. 刻度盘的最小刻度是原来的1/N ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，并联的电阻阻值，故AB错误，因为电流表的量程扩大至原来的N倍，故刻度盘的最小刻度是原来的N倍，故C正确，D错误.故选C.‎ ‎【点睛】把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出串并联电阻阻值．‎ ‎6. 铁环上绕有绝缘的通电导线,电流方向如图所示.，若有一电子束以垂直于纸面向里的速度从0点射入.则电子的运动轨迹：‎ A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向左偏转 D. 向右偏转 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据安培定则得上面线圈中的磁场的方向右边是S极，左边是N极，下面的线圈中的磁场右边是S极，左边是N极，所以铁环环内的磁场方向从左向右，若有一电子束以垂直于纸面向里的速度从0点射入，根据左手定则可知，电子的运动轨迹向上偏转，故A.‎ ‎7. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则：‎ A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡消耗的功率变小 C. 通过R2的电流变小 D. 电源内阻消耗的电压变大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．‎ 解：A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；‎ B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；‎ C、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．‎ ‎8. 某带正电的质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由a点移到b点，除电场力外，其他力做功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则A、B两点的电势差Uab为：‎ A. 1.0×104V B. 3.0×104V C. 4.0×104V D. 7.0×104V ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，‎ 根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．‎ 解：根据动能定理得：qUab+W其他=△Ek 得：Uab==1×104V，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易 ‎9. 在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有向纸面外的恒定电流，匀强磁场的磁感应强度为1T，以直导线为中心作一个圆，圆周上a处的磁感应强度恰好为零，则下述说法对的是：‎ A. b处磁感应强度为2T，方向水平向右 B. c处磁感应强度也为零 C. d处磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成450角 D. c处磁感应强度为2T，方向水平向左 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由题知，通电导线通有向纸面外的恒定电流，由安培定则可知，通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，因a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反；在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，故b点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向下，在c点产生的磁感应强度方向水平向右，故c点的磁感应强度为，在d点产生的磁感应强度方向竖直向上，故d点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向上，故ABD错误，C正确.故选C.‎ ‎【点睛】已知a点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．‎ ‎10. 如图甲所示电路中,电源电动势和内阻分别为E和r，电压表V1与V2内阻相同,V2与R1并联,V1的示数为U1=3 V,V2的示数为U2=2 V；现将V2改为与R2并联,如图乙所示,再接在原来的电源上,那么：‎ A. V1的示数必增大,V2的示数必减小 B. V1的示数必增大,V2的示数必增大 C. V1的示数必减小,V2的示数必增大 D. V1的示数必减小,V2的示数必减小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由甲图可知，，流过的电流大于流过的电流，由可知，的阻值大于的阻值，当将与并联时，由并联电路特点可知，图乙所示电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故外电压增大，即 增大，内阻两端的电压也增大，电源电动势不变，故两端的电压减小，即减小，故A正确，BCD错误.故选A.‎ ‎【点睛】本题是一道电路动态分析题，要注意理清解题思路，注意串并联电路特点的应用、欧姆定律的应用．‎ 二、多项选择题：(4×4=16分，每小题中有多个选项是正确的，全选对得4分，选对不全得2分，有错得0分)‎ ‎11. 在如图所示的U-I图象中,直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图象可知：‎ A. 电源的电动势为3V,内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的输出功率为4w D. 电源的效率为50％‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则,故A正确．电阻，故B正确．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为．故C正确．电源的效率，故D错误.故选ABC.‎ ‎【点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．‎ ‎12. 如图所示，在P板附近有一让质子由静止开始向Q板运动，则关于质子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是：‎ A. 两板间距越大，加速的时间越长 B. 两板间距离越小，加速度就越大，则质子到达Q板时的速度就越大 C. 质子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关 D. 质子的加速度和末速度都与板间距离无关 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：质子的加速度为，由，得，故两板间距越大，加速的时间越长，故A正确．据动能定理得：，得，可知与板间距离无关，故B错误，C正确．‎ 质子的加速度为，故a与d有关，而末速度与d无关，故D错误.故选AC.‎ ‎【点睛】电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间．判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小．‎ ‎13. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应）：‎ A. 带电粒子从磁场中获得能量 B. 带电粒子的运动周期是不变的 C. 磁场对带电粒子只起换向作用，电场起加速作用 D. 增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；带电粒子源源不断的处于加速状态，虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B正确；离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故C正确；带电粒子从D形盒中射出时的动能，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径，联立得，当带电粒子q、m、B一定的，半径R越大，则越大，故D错误.故选BC.‎ ‎【点睛】本题考查回旋加速器的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．‎ ‎14. 如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成q角，则正、负离子在磁场中：‎ A. 运动时间相同 B. 运动轨迹的半径相同 C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同 D. 重新回到边界的位置与O点距离相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏转角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间．同理，负离子运动时间，显然时间不等．故A错误．根据牛顿第二定律得： 得：，由题意可知q、v、B大小均相同，则r相同．故B正确．‎ 正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．故选BCD．‎ 点睛：带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入．无论哪类模型，都遵守以下规律： （1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置． （2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角．‎ 三、实验题：(8+8=16分)‎ ‎15. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎⑴用20分度的游标卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为______________mm；‎ ‎⑵用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为_________mm；‎ ‎⑶该同学先用欧姆表粗测该圆柱体的阻值，选择欧姆档倍率“×100”后测得的阻值如右图表盘所示，测得的阻值约为_________Ω， ‎ ‎⑷导线的直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则电阻率的表达式ρ=______。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.697(±2) (3). 700Ω　 (4). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数为：，（2）螺旋测微器的读数为：，（3）电阻的阻值．（4）根据电阻定律得，解得.‎ 故答案为：(1).50.15，(2). 4.697(±2)，(3).，(4)..‎ ‎【点睛】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．多用电表测电阻的读数等于表盘读数乘以倍率．根据电阻定律，求出电阻率的大小．‎ ‎16. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻.要求尽量减小实验误差。‎ ‎(1)应该选择的实验电路是图中的______________(选填“甲”或“乙”).‎ ‎ (2)现有开关和导线若干,以及以下器材:‎ A.电压表(0～15V) 　　　　‎ B.电压表(0～3V)‎ C.滑动变阻器(0～50Ω)　　‎ D.滑动变阻器(0～500Ω)‎ E，电流表（0～0.6A）　　F、电流表（0～3A）‎ 实验中电压表应选用_________；电流表选应用____，滑动变阻器应选用________。(选填相应器材前的字母) ‎ ‎(3)采用甲电路测量，误差情况是E测__________E真，r测________r真；采用乙电路测量，误差情况是E测__________E真，r测________r真。（选填“>”、“<”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). B (3). C (4). E (5). < (6). < (7). = (8). >‎ ‎【解析】试题分析：（1）因为电流表内阻较小，干电池内电阻较小，电压表分担电流较小，所以相对于电源电流表采取外接法误差较小．应选甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，（3）干电池内电阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（4）整个回路中电流较小，故电流表应选E；（5）图甲采用的是相对电源的电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小；而当外电路短路时，电压表分流可以忽略，因此可知，真实值和测量值作出的图象与横轴交点相同，但测量值偏左，则可知，测量出的电动势和内电阻均偏小；图乙采用的是相对电源的电流表内接法， 当外电路断开时将电流表和电池看做一整体，外接法测的是这个整体的电动势和内阻。当外电路断路时，路端电压等于电动势数值，与真实的电动势相等，测的内阻实际上是电流表与电池内阻串联的总内阻，比真实的内阻大。‎ 故答案为：(1). 甲，(2). B ，C，E (3). < ，< ，=，>.‎ ‎【点睛】分析图示电路结构，明确两种接法中电表对电路的影响进行答题；根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据图象分析实验误差．‎ 四、计算题：(12+12+14=38分) ‎ ‎17. 两条相距为1m的水平金属导轨上放置一根导电棒ab，处于竖直方向的匀强磁场中，如图所示，导电棒的质量是1.2kg，当棒中通入2安培的电流时（电流方向是从a到b），它可在导轨上恰能开始向右滑动，棒受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，如电流增大到4A时，棒可获得0.5m/s2的加速度。求 ‎①磁场的方向？‎ ‎②磁场的磁感强度的大小和摩擦力大小？‎ ‎【答案】（1）竖直向上 （2）0.3T 0.6N ‎【解析】试题分析：（1）磁场方向用左手定则就可以判断出来；（2）用公式F=BIL，当I=2A时，可以求出摩擦力大小； 然后当I=4A是结合牛顿第二定律就可以求出磁感应强度大小．‎ ‎（1）由左手定则，可知磁场方向竖直向上 ‎（2）设滑动摩擦力为f，磁感应强度为B，可得：‎ ‎ ‎ 代入数据联立解得：B=0.3T f=0.6N ‎18. 一匀强电场，场强方向是水平的（如图）.一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动.求：‎ ‎（1）小球作什么运动？‎ ‎（2）匀强电场的电场强度？‎ ‎（3）小球运动到最高点时其电势能变化了多少？.‎ ‎【答案】（1）匀减速直线运动 （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上，由合力方向与速度方向的关系判断小球的运动性质，（2）由力的合成可求得电场强度，（3）由动能定理求得位移，即可由功的公式求得电场力的功，电场力做的功等于电势能的变化量．‎ ‎（1）设小球的电荷量为q，因小球做直线运动，则它受到的电场力Eq和重力mg的合力方向必与初速度方向在同一直线上，电场力必定水平向左，如图所示 由力的合成可知合力恒定且与速度方向相反，所以小球做匀减速直线运动．‎ ‎（2）结合平行四边形定则作图，有：‎ 得：‎ ‎（3）设小球从O到最高点的路程为s，合力 根据动能定理得：，‎ 得：‎ 物体运动的水平距离为：‎ 电场力做功为：‎ 根据功能关系可知：小球的电势能变化为：‎ ‎【点睛】本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积．‎ ‎19. 如图所示，abcd是一个正方形的盒子，在cd边的中点有一个小孔e ,盒子中存在着沿ad方向的匀强电场．一粒子源不断地从a处的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的初速度为υ0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出．现撤去电场，在盒中加一方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），粒子仍恰好从e孔射出（粒子的重力和粒子间的相互作用力均可忽略），则 ‎（1）所加磁场的方向如何？‎ ‎（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为多大？‎ ‎【答案】（1）垂直直面向外 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎ 试题分析：（1）带电粒子在电场中向下偏转，可知该粒子带正电，在磁场中要向下偏转，洛伦兹力方向应向下，根据左手定则判断磁场方向．（2）加电场时，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，已知水平位移大小为，竖直位移大小为L，由牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的表达式．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度的表达式，再求解比值．‎ ‎（1）带电粒子在电场中向下偏转，则知该粒子带正电，在磁场中要向下偏转，洛伦兹力方向应向下，根据左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外． （2）设正方形边长为L． 加电场时，设粒子射出e时竖直方向的分速度大小为粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，如图 则得，竖直方向有：，水平方向有：‎ 解得：‎ 只加磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，设粒子圆周运动的半径为r． 由几何知识有：‎ 解得：‎ 又，得：‎ 故电场强度E与磁感应强度B的比值是 ‎【点睛】本题要掌握左手定则，熟练判断出磁场的方向，运用几何知识求磁场中圆周运动的半径，运用运动的分解法研究类平抛运动，这些都是常用的方法，要加强训练提高解题的能力．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎